Câu hỏi:

03/02/2026 231

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ nội tiếp $\Delta ABC$, tiếp xúc với cạnh $AB,AC$ lần lượt ở $D$ và$E$

a) Gọi $O'$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$, tính $OO'$ theo $R$.

b) Các đường phân giác trong của $\widehat B$ và $\widehat C$ cắt đường thẳng $DE$ lần lượt tại $M$ và $N$. Chứng minh tứ giác $BCMN$ nội tiếp được đường tròn.

c) Chứng minh $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho đường tròn \(\left( {O;R} (ảnh 1)$

a). Gọi $O'$ là giao điểm của $AO$ với cung nhỏ $DE$ của đường tròn $\left( O \right) \Rightarrow O'$ thuộc đường phân giác

của $\widehat A$ trong $\Delta ADE$.

Ta có $\widehat {DOA} = \widehat {EOA}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow \widehat {DO'} = \widehat {O'E}$.

Mà $ \Rightarrow \widehat {ADO'} = \widehat {EDO'}$$ \Rightarrow DO'$ là phân giác $\widehat D$$ \Rightarrow O'$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$. Do đó $OO' = R$.

b) Do $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow \Delta ADE$ cân tại $A$ nên $\widehat {ADE} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BAC}}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2}$.

Mà $\widehat {ADE} = \widehat {ABM} + \widehat {NMB} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} + \widehat {NMB}$ (do $BO$ là phân giác $\widehat {ABC}$ nên $\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}$) $ \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {ADE} - \frac{{\widehat B}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC} + \widehat {ABC}}}{2} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}$.

Mặt khác $\widehat {NCB} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}$ (do $CO$ là tia phân giác $\widehat {ACB}$).

Suy ra $\widehat {NMB} = \widehat {NCB}$, mà $M,C$ là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác $BCMN$$ \Rightarrow $Tứ giác $BCMN$ nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc).

c) $\Delta NMO$ và $\Delta BCO$ có $\widehat {NOM} = \widehat {BOC}$ (đối đỉnh); $\widehat {NMO} = \widehat {BCO}$ (cmt)

$ \Rightarrow \Delta NMO\~\Delta BCO$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{OM}}{{OC}} = \frac{{ON}}{{OB}} = \frac{{MN}}{{BC}}$.

Tương tự (g.g) $ \Rightarrow \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{OM}}{{OC}}$;

$\Delta NEO\~\Delta BAO$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{NE}}{{AB}} = \frac{{ON}}{{OB}}$.

Vậy $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}$.

Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm $A$ ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

     a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này.

     b) Chứng minh rằng $AM.AO = AB.AI$.

     c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACM$. Chứng minh $MG//BC$.

     d) Chứng minh $IG$ vuông góc với $CM$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm \(A\ (ảnh 1)$

a) Do $AB,AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ có tâm $I$ là trung điểm $OA$.

b) Ta có $AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI$.

c) Gọi $E$ là trung điểm $MA$, do $G$ là trọng tâm $\Delta CMA$ nên $G \in CE$ và $\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}$.

Mặt khác $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}$ (vì $ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}$ nên $ME = \frac{{BE}}{3}$) $ \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}$, theo định lý Ta-lét đảo $ \Rightarrow MG//BC$.

d) Gọi $G'$ là giao điểm của $OA$ và $CM \Rightarrow G'$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Nên $\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}$, theo định lý Ta-lét đảo $GG'//ME$ (1)

$MI$ là đường trung bình trong $\Delta OAB \Rightarrow MI//OB$, mà $AB \bot OB$ (cmt) $ \Rightarrow MI \bot AB$, nghĩa là $MI \bot ME$ (2).

Từ (1) và (2) cho $MI \bot GG'$, ta lại có $GI' \bot MK$ (vì $OA \bot MK$) nên $I$ là trực tâm $\Delta MGG'$$ \Rightarrow GI \bot G'M$ tức $GI \bot CM$.

Câu 2

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm D.

a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.

b) Chứng minh MB² = MD.MA

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm D. (ảnh 1)

a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.

Ta có MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\left\{ \begin{array}{l}OB \bot MB\\OC \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {MBO} = {90^0}\\\widehat {MCO} = {90^0}\end{array} \right.$

Xét tứ giác OBMC có $\widehat {MBO} + \widehat {MCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

Mà $\widehat {MBO},\widehat {MCO}$ là hai góc đối nhau nên tứ giác OBMC nội tiếp.

b) Chứng minh MB2 = MD.MA

Ta có $\widehat {DBM} = \widehat {BAM}$(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD).

Xét DMBD và DMAB có:

$ \Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}} \Rightarrow M{B^2} = MA.MD$

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Ta có E là trung điểm của AD nên OE $ \bot $ AD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung) $ \Rightarrow \widehat {OEM} = {90^0}$

Xét tứ giác OEMC có $\widehat {OEM} + \widehat {OCM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

Mà $\widehat {OEM},\widehat {OCM}$là hai góc đối nhau nên tứ giác OEMC nội tiếp.

$ \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {CEM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) (1)

Ta lại có $\widehat {COM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}$sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $\widehat {BFC} = \frac{1}{2}$ sđ (tính chất góc nội tiếp)

$ \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {BFC}$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BFC}$

Mà hai góc $\widehat {MEC}$ và $\widehat {BFC}$ ở vị trí đồng vị $ \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF$.

Câu 3